CAPITULO IXtermodinamica

7/27/2019 CAPITULO IXtermodinamica

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CAPITULO IX

Entropa y la SEGUNDA LEY DE LA Termodinmica

La energa solar se concentr a y se recoge indi vidualmente para producir electri cidad mediante estos

heliostatos que estn ensayando en el Sandia Nati onal Laboratory (Estados Un idos)


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Fsica General I I Ent ropa y Segunda Ley de la Termodi nmica Optaciano Vsquez Garca

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9.1 INTRODUCCINEn el captulo anterior se estudi la primera ley de la termodinmica la cual establece

que la energa siempre se conserva. Sin embargo, esta ley no explica la direccin de

muchos procesos termodinmicos. Por ejemplo, cuando un bloque de material eslanzado con cierta energa cintica inicial sobre una superficie rugosa, l deslizar

hasta cierta distancia y finalmente se detiene, en ste caso la energa mecnica se

convierte en energa interna del bloque y la superficie (se calientan). Por el contrario,

el proceso inverso nunca sucede. Es decir, la energa interna del bloque y la superficie

nunca se convierte en energa cintica que haga desliza al bloque sobre la superficie

mientras la superficie y el bloque se enfran. No obstante ste fenmeno no violara la

primera ley ni ninguna otra ley fsica.

La direccionalidad de un proceso termodinmico es tema de la segunda ley de la

termodinmica. Enunciada de forma simple afirma que es fcil convertir trabajo o

energa interna de un sistema completamente en calor sin ningn otro cambio, pero es

imposible extrae calor o energa trmica de un sistema y convertirlo completamente entrabajo mecnico sin ningn otro cambio adicional. Esta ley tambin establece

limitaciones sobre la eficiencia de una mquina o planta generadora de potencia, as

como en el aporte de energa mnima necesaria para operar un refrigerador.

Por otro lado, la segunda ley de la termodinmica se puede expresar en trminos de la

entropa, la cual expresa el grado de desorden de un sistema. La nocin de la entropa

ayuda a explicar el porqu la tinta mezclada con agua no se separan espontneamente

y el porqu una gran cantidad de procesos al parecer posibles nunca ocurren.

9.2 PROCESOS REVERSIBLES E IRREVERSIBLES.Es sabido que cuando se ponen en contacto dos cuerpos a diferentes temperaturas

fluye calor del cuerpo ms caliente hacia el ms fro hasta que alcancen la misma

temperatura. Sin embargo el proceso inverso nunca sucede espontneamente. Otro

ejemplo es el movimiento de un cuerpo lanzado con una velocidad inicial sobre una

superficie rugosa, ste se deslizar hasta que finalmente se detiene, una vez ms el

proceso inverso nunca ha sido observado. A estos procesos se les llama procesosirreversibles. Entonces se dice que un proceso es irreversible si el sistema y su entornono pueden regresare a su estado inicial.

A pesar de la direccin preferida por un conjunto de procesos naturales, se puede

imaginar un tipo de proceso idealizado denominado reversible. En este proceso, elsistema siempre est en equilibrio termodinmico dentro de s mismo y con su

entorno. Cualquier cambio de estado que ocurra podr invertirse modificando

infinitesimalmente las condiciones del sistema. Por ejemplo podemos analizar la

compresin cuasiesttica de un gas encerrado en un cilindro como se muestra en la

figura 9.. La presin, el volumen y la temperatura se encuentran definidos

completamente. El proceso es isotrmico dejando que la energa fluya lentamente

desde la fuente trmica hacia el gas. Cada vez que se agrega un grano de arena al

pistn el volumen disminuye un poco mientras que la presin aumenta ligeramente. Al

agregar la arena provoca un cambio a un nuevo estado de equilibrio. El proceso puedeinvertirse si se extrae sucesivamente granos de arena.


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Figura 9.1 Compresin isotrmica de un gas en el interior de cil indr o se logradejando caer lentamente granos de arena sobre el mbolo.

Debido a que un proceso reversible se expresa como una sucesin de estados de

equilibrio dicho proceso puede representarse mediante una lnea en el diagrama p-Vcomo se muestra en la figura 9.2. Por el contrario, un proceso irreversible es aquel que

pasa de un estado inicial a otro final a travs de una serie de estados de no equilibrio.

Por tanto, un proceso reversible se desarrolla cuasiestticamente y en stos no puede

haber procesos disipativos que produzcan calor. Tampoco deben existir otros procesos

que puedan perturbar el equilibrio, como la conduccin de calor debido a la diferencia

de temperaturas. En general es muy complicado eliminar por completo estos efectos

por ello no es de sorprenderse que los procesos que ocurren en la naturaleza son

irreversibles. Sin embargo bajo procedimientos cuidadosamente controlados se puede

obtener procesos reversibles.

9.3 MAQUINAS TRMICAS9.3.1. Mquina trmica.

Una mquina trmica es un dispositivo que transforma energa trmica en otras

formas tiles de energa, como la energa elctrica y/o mecnica. De manera explcita,

una mquina trmica es un dispositivo que hace que una sustancia de trabajo recorra

un proceso cclico durante el cual: i) se absorbe calor de una fuente a una temperatura

relativamente alta, ii) la maquina realiza trabajo mecnico y iii) desecha o rechaza

algo de calor a una fuente a temperatura ms baja.

Por ejemplo, en una mquina de vapor tpica (figura 9.2), se calienta agua a una

presin muy elevada (varios cientos de atmsferas) hasta que se vaporiza dando vapor

de agua a alta temperatura (del orden de 500C), el vapor se expansiona contra un

pistn realizando trabajo. El vapor escapa despus a temperatura mucho menor y se

enfra an ms hasta que se condensa. El agua se bombea y se introduce de nuevo en

la caldera donde se calienta nuevamente.

Fuente de calor


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Figura 9.2 Esquema de una mquina de vapor

En un motor de combustin interna utilizado en los automviles (figura 9.3). Estando

cerrada la vlvula de escape, entra en la cmara de combustin una mezcla de vapor

de gasolina y aire segn va descendiendo el pistn durante el proceso de admisin. Lamezcla se comprime a continuacin y al final entra en ignicin debido a una chispa

que se produce en la buja. Entonces los gases calientes se expansionan empujando el

pistn y realizando trabajo. Luego se expulsan los gases a travs de la vlvula de

escape y el ciclo se repite

Figura 9.3 Esquema del motor de combustin in terna.

Sustancia de trabajo. Es aquella cantidad de materia dentro de la mquina queexperimenta entrada y salida de energa trmica, expansin o compresin y a veces

cambios de fase. En los motores de combustin interna la sustancia de trabajo es una

mezcla de aire y combustible; en una turbina de vapor es el agua.

Foco trmico caliente. Representa la fuente de calor; puede dar a la sustancia detrabajo grandes cantidades de calor a temperatura constante TH sin cambiar su propia

temperatura.

Foco trmico frio. Es aquel que absorbe grandes cantidades de calor desechado por lamquina a temperatura constante mucho menor TC.

En la operacin de cualquier mquina trmica, se extrae una cierta cantidad de calordel foco a alta temperatura, se hace algn trabajo mecnico y se libera otra cantidad de

calor a un depsito a baja temperatura. Esta situacin puede representarse


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esquemticamente en la forma mostrada en la figura 9.4. La mquina representada por

un cuadrado absorbe cierta cantidad de calor QH tomado del foco caliente. Hace un

trabajo W y finalmente libera calorQCa la fuente de temperatura ms baja.

Figura 9.4 Representacin esquemtica de una mquina trmi ca.

Debido a que la sustancia de trabajo se lleva a travs de un ciclo, su energa interna

inicial y final es la misma es decirU = 0. Entonces de acuerdo a la primera ley de latermodinmica se observa que

0

(9.1)

U Q W

Q W

Q W

La ecuacin (9.1) expresa que el trabajo neto W realizado por la mquina es igual al

calor neto que fluye hacia la misma

De la figura 9.4 puede observarse que NQ H CQ Q , entonces el trabajo ser

(9.2)H C

W Q Q

Las cantidades QH y QC se consideran positivas. Si el sistema es un gas el trabajo neto

durante un ciclo el trabajo ser igual al rea encerrada por la curva que representa el

ciclo en un diagramap-V.

9.3.2 Eficiencia trmica.

La eficiencia trmica de una mquina denotada por se define como elcociente entre el trabajo neto realizado por la mquina y el calor absorbido del foco

trmico caliente durante un ciclo.


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1H C C

H H H

Q Q QW

Q Q Q

(9.3)

Segn la primera ley de la termodinmica, la eficiencia puede ir de 0 a 1. Cuando la

eficiencia es 1 (100%), toda la energa interna que se toma del depsito caliente seconvierte en trabajo mecnico, esto coincide con la conservacin de la energa que es

la primera ley. Sin embargo como veremos a continuacin segn la segunda ley de la

termodinmica es imposible alcanzar una eficiencia del 100%. En la prctica por

ejemplo en un motor de automvil solo se alcanza el 20% mientras que en un motor

diesel se alcanza eficiencia en el rango de 35% a 40%.

9.4 REFRIGERADORES.Un refrigerador es esencialmente una mquina de calor operando en sentido inverso.En este caso hay que realizar trabajo sobre el refrigerador para extraer calor de un foco

frio y transferirlo a un foco caliente. El la figura 9.5 se muestra una representacin

esquemtica de un refrigerador. El refrigerador necesita de una entrada neta de trabajo

mecnico. Si se usa la convencin de signos para W y Q. En este caso QC es positivo y

QH y W son negativos. Por tanto de acuerdo a la primera ley de la termodinmica se

tiene

0H C

H C

Q Q W

Q Q W

O bien como QH y W son negativos, se tiene

(9.4)H CQ Q W

Desde un punto de vista econmico, el mejor refrigerador es aquel que saca el mximo

calor || del interior del refrigerador con el menor gasto de trabajo mecnico ||.Por tanto, la relacin pertinente

|| || ; cuanto mayor sea mejor ser el

refrigerador. Esta relacin se le llama coeficiente de eficiencia () y esta dado por:

(9.5)C C

H C

Q Q

W Q Q

Cuanto mayor es el coeficiente de eficiencia, mejor es el refrigerador. Los

refrigeradores ordinarios tienen eficiencias del orden de 5 a 6 aproximadamente.


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Figura 9.5 Representacin esquemtica de un refr igerador .

Ej emplo 9.1

a) Determine la eficiencia de una mquina que usa 2000 J de calor durante lafase de combustin y pierde 1500 J por escape y por friccin. (b) Si otra mquina

tiene una eficiencia de 20% y pierde 3000 J de calor por friccin, determine el

trabajo que realiza.

Solucin

Parte (a) La eficiencia de una mquina est dada por la ecuacin

1500 51 1

2000 20

25%

C

H

Q J

Q J

Parte (b). Usando la definicin de eficiencia se pude escribir

1

30001 3750

1 1 0,2

C

H H

C CH

H

QW

Q Q

Q Q JQ

Q

El trabajo se determina en la forma

0,2(3750)

750

H

H

W

W QQ

W J


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Ejemplo 9.2

Un motor de gasolina recibe 8000 J de calor y produce 2000 J de trabajo por ciclo.

El calor proviene de quemar gasolina con LC = 4,6.104 J/g. (a) determine la

eficiencia de la mquina, (b) Cunto calor se desecha en cada ciclo?. (c) Qu

masa de gasolina se quema en cada ciclo?. (d) Si el motor opera a 80 ciclos/s Cul

es su potencia de salida en watts y en hp

Solucin

Parte (a) La eficiencia se determina a partir de la ecuacin

2000 21 1

8000 8

25%

C

H

Q J

Q J

Parte (b). De la definicin de mquina trmica se obtiene

8000 2000

6000

H C

C H

C

Q W Q

Q Q W J J

Q J

Parte (c). La masa de gasolina quemada en cada ciclo se determina a partir de la

ecuacin

4

8000

4,6.10 /

0,174

H gas C

Hgas

C

gas

Q m L

Q Jm

L J g

m g

Parte (d). La potencia P de la mquina se determina multiplicando el trabajo por

cicclo por el nmero de ciclos que tabaja la mquina, esto es

2000 / 80 /160

160000 (1 / 746 )

214

P J ciclo ciclos s

P kW

P W hp W

P hp

Ejemplo 9.3.

Un refrigerador tiene un coeficiente de eficacia de 2,2. Durante un ciclo, absorbe

3.104 J del foco frio . (a) Cunta energa mecnica se requiere en cada ciclo para

operar el refrigerador?. (b) Durante cada ciclo, cunto calor se desecha al foco


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9.5 LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA.En esta seccin se presentara dos enunciados equivalentes de la segunda ley de la

termodinmica, tiles para comprender los procesos de conversin de calor en energa

mecnica.

Forma de Kelvin-Planck. Es imposible construir una mquina cclica cuyo

nico efecto sea convertir la energa trmica de un cuerpo a determinada

temperatura, en una cantidad equivalente de trabajo mecnico.

Esto es equivalente a afirmar que es imposible construir una mquina de movimiento

perpetuo de segunda clase, es decir una mquina que trabajando cclicamente

convierta todo el calor absorbido en trabajo. La figura 9.6, muestra la mquina

perfecta que segn la segunda ley es imposible construirla.

Figura 9.6 Representacinesquemtica de la mquina perfecta. Es imposibleconstruir esta mqui na pues viola la segunda ley de la termodinmica.

Solucin

Parte (a) De la definicin de coeficiente de eficacia de un refrigerador se tiene

43.102,2

13636 Rta

C C C

H C

Q Q Q J

W Q Q W W

W J

Parte (b) Calor desechado al foco caliente

4

4

4

3.102,2

3.10

4, 36.10 Rta

C

H C H

H

Q

Q Q Q

Q J


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Enunciado de Clausius. Es imposible construir una mquina cclica que notenga otro efecto que transferir calor continuamente de un foco frio a otroque se encuentra a una temperatura ms elevada.

En trminos de ms sencillos, ese enunciado dice que el calor no puede fluirespontneamente de un foco frio hacia otro caliente. En efecto este enunciado

gobierna la direccin del flujo de calor entre dos sistemas a diferentes temperaturas. El

calor slo fluir del sistema frio hacia el ms caliente slo si se hace trabajo sobre el

sistema

Figura 9.7 Diagrama esquemtico de un refrigerador ideal . Esta construccines imposible ya que contradice a la segunda ley.

9.6 MQUINA DE CARNOT.Se ha visto anteriormente que, de acuerdo a la segunda ley de la termodinmica, es

imposible que una mquina que trabaja cclicamente entre dos focos trmicos tenga

una eficiencia del 100%. Pues entonces cave la siguiente pregunta Cunta eficiencia

puede tener una mquina de calor que trabaja entre dos temperaturas TH y TC?. El

ingeniero francs Sadi Carnot (1796-1832) contest esta pregunta inventando en 1824una mquina idealizada que posee una eficiencia concordante con la segunda ley. El

ciclo de funcionamiento se llama ciclo de Carnot. Carnot dedujo que dos mquinasque trabajan cclicamente entre dos mismos focos trmicos tienen la misma eficiencia

y que no existe mquina alguna que tenga mayor eficiencia que la mquina de Carnot.

Esta conclusin se conoce como Teorema de Carnotenunciado en la forma.

Ninguna mquina trmica que trabaje entre dos focos trmicos dados puede

tener una eficiencia mayor que una mquina reversible que trabaje entre los

mismos focos.

Una mquina trmica reversible que trabaje entre dos focos trmicos se denominamquina de Carnoty el ciclo correspondiente Ciclo de Canot.


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Las condiciones necesarias para que el proceso sea reversible son:

1. No debe realizarse trabajo por rozamiento, fuerzas viscosas u otras fuerzasdisipativas que generan calor.

2. No puede existir conduccin de calor debido a una diferencia de temperaturafinita.3. El proceso debe ser cuasiesttico, de manera que el sistema se encuentre en un

estado de equilibrio (o infinitesimalmente cerca de un estado de equilibrio).

Todo proceso que no cumpla con las condiciones anteriores es irreversible.

A continuacin presentamos el ciclo de Carnot, el cual consta de dos procesos

isotrmicos y dos adiabticos, todos reversibles. La figura 9.8 muestra el ciclo de

Carnot el cual emplea como sustancia de trabajo a un gas ideal en un cilindro con

pistn y consta de cuatro etapas.

Figura 9.8. Ciclo de Carnot el cual consta de dos isotermas ab y cd y de dosadiabticas bc y da


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En la figura 9.10 se muestra el diagramap-Vpara el ciclo de Carnot

Figura 9.10 Diagrama p-V para el ciclo de Carnot.

Etapa 1. El gas se encuentra en un estado de equilibrio inicial representado por

1 1, , Hp V T , punto a de la figura 9.10. Cocamos el cilindro en una fuente de

calor a la temperatura TH y se deja que el gas se dilate lentamente hasta 2 2, , Hp V T , punto b del diagrama p-V. Durante el proceso el gas absorbecalor QH por conduccin a travs de la base. La dilatacin es isotrmica a

una temperatura THy el gas hace trabajo al levantar el pistn y su carga.

Etapa 2. Coloquemos ahora el cilindro en la base no conductora y dejemos que el gas

se dilate lentamente hasta el punto c 3 3, , Cp V T . Este proceso es adiabticoporque no existe flujo de calor del ni hacia el sistema. El gas hace trabajo

sobre el mbolo y su temperatura desciende hasta TC.

Etapa 3 Coloquemos ahora el cilindro en la fuente de calor TC (ms frio) y secomprime lentamente al gas hasta el punto d. Durante este proceso hay un

flujo de calor QC del gas hacia la fuente trmica a travs de la base. La

compresin es isotrmica a una temperatura TC y el pistn ms la carga

hacen trabajo sobre el sistema.

Etapa 4 Ahora se coloca el cilindro sobre una base aislante y se comprime el gas

lentamente hasta las condiciones inciales, punto a 1 1, , Hp V T . Lacompresin es adiabtica ya que no existe flujo de calor del o hacia el

sistema. Se hace trabajo sobre el gas y su temperatura se eleva hasta TH.

El trabajo neto realizado por el gas durante el ciclo est representado por el rea de la

regin sombreada de la figura 9.10. Para determinar el rendimiento del ciclo,

TH

TC

QH


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calculemos el calor absorbido del foco caliente y el que desecha al foco frio. Para ello,

consideremos el proceso isotrmico ab. Debido a que en un proceso isotrmico nohay variacin de la energa interna, el trabajo realizado por el gas es igual al calor

absorbido del foco caliente. Entonces se tiene

2

1

2

1

ln (a)

VH

HV

H H

nRTQ W dV

V

VQ nRT

V

En forma anloga, el calor cedido al foco frio es igual al trabajo realizado sobre el gas

durante la compresin isotrmica a la temperatura TCdesde el estado c hasta el estado

d. Este trabajo est dado por

4

3

4

3

ln (b)

VC

CV

C C

nRTQ W dV

V

VQ nRT

V

Debido a que V3es mayor que V4 la cantidad de calor es negativo. El valor del calor

cedido es

3

4

ln (c)C CV

Q nRT V

La razn entre estas cantidades de calor es

3

4

2

1

ln

(d)

ln

C

C

H

H

VT

Q V

Q VT

V

Los volmenes V1, V2, V3 y V4 se relacionan mediante la ecuacin para un procesoadiabtico cuasiesttico

1 1

2 3 (e)H CT V T V

Anlogamente, en el caso de la compresin adiabtica da se tiene1 1

1 4 (f)H CT V T V

Dividendo ambas ecuaciones resulta


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1 1

32

1 4

3 2

4 1 (g)

VV

V V

V V

V V

Remplazando la ecuacin (g) en (d), se tiene que

(h)C C

H H

Q T

Q T

Por lo tanto, el rendimiento de la mquina de Carnot ser

1 1C CCH C

Q T

Q T (9.6)

La ecuacin (9.6) es vlida para cualquier mquina reversible que trabaje entre dos

focos trmicos cutas temperaturas son TH y TC. As mismo, esta expresin nos da el

mayor rendimiento que se puede alcanzar por cualquier mquina que trabaje entre

estas temperaturas. Debe observarse adems que ninguna mquina puede tener mayor

eficiencia que la mquina de Carnot, debido a que se violara la segunda ley de la

termodinmica.

Debido a que cada paso del ciclo de Carnot es reversible se puede invertir, todo el

ciclo convirtiendo la mquina en un refrigerador. Entonces el coeficiente de eficienciadel refrigerador ser

1

(9.7)

C C H

carnot

H C C H

Ccarnot

H C

Q Q Q

Q Q Q Q

T

T T

9.7

LA ESCALA DE TEMPERATURAS KELVINEn el captulo 6 se habl de la necesidad de contar con una escala que no dependa de

las propiedades del material. Ahora podemos utilizar el ciclo de Carnot para definir tal

escala. El rendimiento de una mquina de calor que opera cclicamente entre dos focos

trmicos a temperaturas TH y TC est dado por la ecuacin

1 1C CC

H H

Q T

Q T

Por lo tanto la relacin C HQ Q es la misma para las mquinas de Carnot que operanentre dos temperaturas TH y TC. Kelvin propuso que, por definicin, la relacin

C HT T fuera igual a la magnitud de C HQ Q de las cantidades de calor cedidas y


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absorbidas.

(9.8)CC

H H

QT

T Q

Esto es, dos temperaturas en esta escala guardan relacin la misma relacin que las

cantidades de calor cedidas y absorbidas, respectivamente por una mquina de Carnot

que trabaja entre stas temperaturas. Esta escala se denomina escala de temperaturas

Kelvin

Para completar la definicin de la escala de temperaturas Kelvin asignamos el valor de

273,16 K a la temperatura del punto triple del agua. Por tanto, 273,16trT K ,

entonces para cualquier mquina que trabaje entre depsitos a temperaturas T y T tr se

tiene

273.16tr tr tr

T Q QT K

T Q Q

Bajo esta circunstancia el rendimiento de una mquina queda escrito en la forma

(9.10)H C

H

T T

T

El punto cero de la escala kelvin se denomina cero absolutoy se puede interpretar anivel molecular como: en el cero absoluto el sistema tiene su mnima energa internatotal posible. Sin embargo, a causa de los efectos cunticos no es verdad que en T = 0

cese todo el movimiento molecular. Existen razones tericas que indican que es

imposible alcanzar el cero absoluto experimentalmente aun cuando se han alcanzado

temperaturas del orden de 10-7 K. Cuanto ms nos acercamos al cero absoluto ms

difcil es acercarse ms. Un enunciado de la tercera ley de la termodinmica indica

que es imposible alcanzar el cero absoluto en un nmero fini to de pasostermodinmicos.


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Ejemplo 9.4

Una mquina de Carnot trabaja entre dos focos trmicos a temperaturas TH = 300 K yTC = 200 K. (a) Cul es el rendimiento?. (b) Si absorbe 100 J del foco caliente

durante cada ciclo, cunto trabajo realiza?. (c) Cunto calor cede en cada ciclo?. (d)

Cul sera el coeficiente de eficacia si trabajase como un refrigerador entre estos

mismos focos trmicos?

Solucin

Parte (a) Como se trata de una mquina de Carnot, la eficiencia se determina a partir

de la ecuacin

2001 1 1

300

33%

C CC

H C

C

Q T K

Q T K

Parte (b) Para calcular el trabajo se usa la definicin de eficiencia

1

1003

33,3

H

H

WW Q J

Q

W J

Parte (c) El calor cedido se determina a partir de la ecuacin

100 33,3

66,7

H C C H

C

Q W Q Q Q W J J

Q J

Pate (d) Si esta mquina trabajase como refrigerador su coeficiente de eficacia ser.

200

300 200

2

Ccarnot

H C

carnot

T K

T T K K

Ejemplo 9.5

Una mquina que utiliza 1 mol de un gas ideal diatmico, efecta un ciclo de tres

etapas; (1) una expansin adiabtica desde una presin inicial de 2,64 atm y un

volumen de 10 L hasta una presin de 1 atm y un volumen de 20 L; (2) una

compresin a presin constante hasta su volumen original de 10 L, y (3) uncalentamiento a volumen constante hasta su presin original de 2,64 atm. Determine

el rendimiento del ciclo


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Solucin

En primer lugar se dibuja el ciclo de acuerdo a las condiciones del problema

En primer lugar se puede determinar la temperatura en el punto a, utilizando la ecuacin de

estado, esto es

2 3 32,64 101325 / 10.10 1 8,31 /322

a

a

pV nRT

N m m mol J molK T

T K

En forma anloga se determina la temperatura del punto b

2 3 31 101325 / 20.10 1 8,31 /244

a

a

pV nRT

N m m mol J molK T

T K

La temperatura en el punto c ser

2 3 3

1 101325 / 10.10 1 8,31 /122

a

a

pV nRT

N m m mol J molK TT K

El calor absorbido durante el proceso a volumen constante ser

5 5

1 8,31 / 322 1222 2

4155

c a V

c a

RQ nC T n T mol J molK K K

Q J

En el proceso adiabtico ab no existe flujo de calor

P(at)

2.64 a

1,00 c b

10 20 V(L)


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9.8 ENTROPIA.9.8.1 Desigualdad de Clausius.

La desigualdad de Clausius es una relacin entre las temperaturas de un

nmero arbitrario de fuentes trmicas y las cantidades de calor entregadas o

absorbidas por ellas cuando a una sustancia de trabajo se le hace recorrer un proceso

cclico arbitrario durante el cual intercambia calor con las fuentes.

Para determinar sta desigualdad consideremos tres fuentes a temperaturas T0; T1 y T2.

Tal como se muestra en la figura 9.11. El rectngulo sistemase refiere a cualquier

dispositivo (tal como un gas encerrado en un cilindro) que puede absorber o desechar

calor con las correspondientes variaciones de volumen. Los procesos que tienen lugarno son necesariamente reversibles.

En el proceso bc proceso a presin constante el calor ser

7 7

1 8,31 / 122 2442 2

3548

3548

b c P

b c

b c

R

Q nC T n T mol J molK K K

Q J

Q J

Se procede a determinar el trabajo para cada proceso

Para el proceso a volumen constante ca, el trabajo es nulo (W = 0) Para el proceso adiabtico

3 3

1 1

2,67 10 1 201 1,4 1

16.75 . 16.75(101325 / )(10 )

1697

a a b bW p V p V atm l atm l

W atm l N m m

W J

En el proceso isobrico bc, el trabajo ser 2 3 31 10 20 10 . 10 101325 / 10

1013

b c b C b

b c

W p V V atm l l atm l N m m

W J

El rendimiento del ciclo ser1697 1013

4155

16%

a b b c

c a

W W J J

Q J


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Figura 9.10 Esquema para mostrar la desigualdad de Clausius.

Consideremos un proceso arbitrario cualquiera en el que el sistema realiza un ciclo

cerrado de tal forma que el estado final coincida con el inicial. Supongamos adems

que Q0; Q1 y Q2 son las cantidades de calor intercambiadas entre el sistema y los focostrmicos y W es la cantidad de trabajo realizada por el sistema. En el diagrama se

observa que el sistema absorbe calor de los focos a temperaturas T1 y T2 y que entrega

calor a la fuente a una temperatura T0 y a la vez realiza un trabajo mecnico denotado

porW.

En general no existen restricciones para los sentidos del flujo de calor la nica

condicin es que debe cumplirse con la primera y segunda ley de la termodinmica, lo

cual se logra comparando con el segundo principio de Kelvin o de Clausius.

Ahora introduzcamos como equipos auxiliares dos mquinas de Carnot que funcionan

entre el par de fuentes mostradas en la figura. La maquina A entrega a la fuente de

temperatura T1 una cantidad de calorQ1A igual a la que entrega sta fuente en su ciclo

original. Esta mquina retira una cierta cantidad de calorQ0A del foco a temperatura T0

y se le entrega trabajo WA. Mediante este proceso eliminamos cualquier cambio en el

foco trmico T1.

La mquina B entrega a la fuente de temperatura T2 una cantidad de calorQ2B, en una

cantidad en la que cedi al sistema. Esta mquina extrae calor Q0B de la fuente a

temperatura T0 y recibe un trabajo WB. Por lo tanto no existe cambio en el foco trmico

a temperatura T2.

Debido a que el proceso era cclico, todo est como al comienzo, excepto la fuente a

temperatura T0 y el sistema mecnico que ha entregado o recibido trabajo a menosque Q0sea igual a la suma de Q0A y Q0B, la fuente a temperatura T0 habr ganado o

Q1A Q1 Q2 Q2B

WA W WB

RefrigeradorA RefrigeradorB

Sistema

Q0A Q0 Q0B

T1 T2

T0


20/44


470

perdido calor y a menos que Wy (WA + WB) sean iguales, el sistema habr ganado o

perdido trabajo.

Segn la primera ley de la termodinmica el flujo total de calor intercambiado con la

fuente T0 debe ser igual al trabajo mecnico total entregado o recibido. Desde el puntode vista de la segunda ley se observa que ste no se cumplir si el sistema entrega

calor y a la vez realiza igual cantidad de trabajo mecnico. Por lo tanto, la fuente

trmica debe haber ganado calor y el sistema mecnico entrega trabajo, excepto en el

caso de que ambos no hayan perdido o ganado nada. Es decir, el calor Q0 debe ser

mayor que (Q0A +Q0B) o en el lmite ambos deben ser iguales.

Teniendo en cuenta los signos del flujo de calor se obtiene la siguiente ecuacin

01

1 0

02

2 0

0 (9.11)

0 (9.12)

AA

BB

QQ

T T

QQT T

Debe tenerse en cuenta que Q1 y Q2 son positivos; Q0 es negativo; Q1A es negativo;

Q0A es positivo; Q2B es negativo y Q0B es positivo. Teniendo en cuenta lo ltimo las

ecuaciones (9.11) y (9.12) se escriben en la forma

00A 1

1

0

0B 12

Q (9.13)

Q (9.14)

A

A

TQ

T

T

Q T

La cantidad de calor total tomada de la fuente a temperatura T 0 es

0 0 0Q (9.15)A BQ Q

Pero la segunda ley requiere que las fuentes slo reciban calor y no la entreguen. Por

lo tanto, la suma dada por la ecuacin (9.15) debe ser negativa o en el lmite debe ser

cero, entonces se tiene

0 0 0Q 0 (9.16)A BQ Q

Remplazando las ecuaciones (9.14) y (9.14) en la ecuacin (9.16), resulta

0 00 1 2

1 2

0 1 2

0 1 2

Q 0

0 (9.17)

A B

A B

T TQ Q

T T

Q Q Q

T T T

Resulta evidente que empleando un nmero suficientemente grande de mquinas de

Carnot, podra reducirse un proceso en el cual el sistema de la figura intercambie calor

con cualquier nmero de focos trmicos. Es decir.


21/44


471

i

i

Q0 (9.18)

T

Para un nmero infinito de focos trmicos, el sistema puede intercambiar nicamente

cantidades infinitesimales de calor con cada una, de tal suerte que la sumatoria seconvierte en una integral, esto es

dQ0 (9.19)

T

9.8.2 Entropa

Al hacer la deduccin de la desigualdad de Clausius no hemos supuesto

restricciones sobre la reversibilidad o irreversibilidad del ciclo recorrido por el

sistema. Supongamos ahora que el calor intercambiado es reversible, y que lo recorra

el sistema primero en un sentido y luego en el sentido opuesto. Sea dQ1 el calor que

fluye hacia el sistema en cualquier punto del primer ciclo y dQ2 el calor que fluye

hacia el sistema en el segundo ciclo. Puesto que todas las trasformaciones del segundo

ciclo son las inversas de primero resulta que

1 2dQ (9.20)dQ

Si el ciclo es reversible, la temperatura del sistema mientras intercambia calor con una

fuente trmica es igual a la temperatura de sta. Entonces, se puede escribir ladesigualdad de Clausius para los dos ciclos en la forma.

1 2dQ dQ0 o 0 (9.21)T T

Teniendo en cuenta la ecuacin (9.20), la ecuacin (9.21) se escribe

1 1dQ dQ0 o - 0 (9.22)T T

Pero la nica forma para que estas relaciones se cumplan es que se cumpla con la

igualdad.

*dQ 0 (9.23)T

rev

La ecuacin (9.23) es un resultado que tiene mucha importancia en termodinmica yexpresa que cuando un sistema recorre un ciclo reversible y se divide la cantidad de


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472

calor dQ sumini strado al sistema en cada punto, por su temperatur a en este punto,la suma de todos los cocientes es nula.

Consideremos ahora un ciclo reversible arbitrario tal como muestra la curva en la

figura 9.11.

Figura.9.11 Tr ayector ia cclica para un proceso reversible.

La integral a lo largo de la trayectoria ser.

2 1

1 20 (9.24)

I II

dQ dQ dQ

T T T

Si el camino II de 2 a 1 se recorre en sentido opuesto, tenemos

1 2

2 1(9.25)

II II

dQ dQ

T T

Combinando las ecuaciones (9.24) y (9.25), resulta

2 2

1 1(9.26)

I II

dQ dQ

T T

Es decir la integral es la misma para los dos caminos reversibles. De otro lado, debido a que el

ciclo escogido es arbitrario, se deduce que la integral es la misma a lo largo de todos loscaminos reversibles que se sigan para llegar de 1 a 2.

Por tanto diremos que la dQ/T es una diferencial exacta de una cierta funcin Sque enadelante le llamaremos entropa y est dad por

2 1S (9.27)dQ

S dST

Debido a que la integral de una diferencial exacta a lo largo de cualquier camino es

igual a la diferencial entre los valores extremos de la funcin. La cantidad S de la

ecuacin (9.27) recibe el nombre de Entropa del sistema y establece que: Lavari acin de entropa de un sistema entre dos estados de equi l ibrio cualqui era seobtiene ll evando al sistema a lo lar go de cualquier camino reversible que une dichos


23/44


473

estados, dividiendo el calor que se entrega al sistema en cada punto del camino porla temperatura del sistema y sumando los cocientes as obtenidos.

As, mientras que dQ no es una diferencial exacta, se transforma en una diferencial

exacta dividiendo entre la temperatura, esto es

(9.28)revdQ

dST

La ecuacin (9.28), establece

El cambio en la entropa, dS, entre dos estados de equilibrio est dado porel calor transferido, dQ, dividido entre la temperatura absoluta, T, delsistema en este intervalo.

El subndice rev sirve para enfatizar que la definicin slo se aplica a procesos

reversibles. Cuando el sistema absorbe calor, dQ, es positivo y la entropa aumenta,por el contrario si el sistema cede calor, dQ, es negativo en este caso la entropa

disminuye. Debe observarse adems que la ecuacin (9.28) no define a la entropa sino

a la variacin de entropa.

Para calcular la variacin de entropa de un proceso finito, debe observarse que en

general la temperatura T no es constante. Si dQrev es el calor transferido cuando el

sistema se encuentra a una temperatura T, entonces la variacin de entropa en un

proceso reversible cualquiera entre un estado inicial y otro final es

f

1

S= (9.29)revdQ

T

Debe observarse adems que la variacin de entropa de un sistema al ir de un estado a

otro tiene el mismo valor para todas las trayectorias que conecten dichos estados. Es

decir

La variacin de entropa de un sistema slo depende de las propiedades delos estados de equilibrio inicial y final

9.8.3 Entropa en procesos cclicos.

En primer lugar consideremos un proceso reversible adiabtico, en ste proceso

no existe transferencia de calor entre el sistema y sus alrededores por tanto S = 0.

Debido a que el cambi de entropa es nulo entonces a este proceso se le conoce como

isentrpico.

Consideremos ahora los cambios de entropa que ocurren en una mquina de Carnot

que opera entre las temperaturas TH y TC. En este caso la mquina absorbe calor QH

del foco a alta temperatura y desecha calor QC al foco fro. La variacin de entropa

durante un ciclo ser

H C

H C

Q QS=T T


24/44


474

El sigo negativo se debe a que el calor sale del sistema. De otro lado, se observa que

de la deduccin de rendimiento del ciclo de Carnot se cumple

CC

H H

QT

T Q

Usando este resultado y la expresin anterior se tiene

0S

En consecuencia la variacin de entropa para una mquina de Carnot que opera en un

ciclo se nula.

Si ahora consideramos un sistema que es llevado a travs de cualquier ciclo reversible

la variacin de entropa ser nula debido a que la funcin entropa es una funcin de

estado y solo depende del estado inicial y final. En general lo descrito se formula en la

ecuacin

0 (9.30)revdQ

ST

Otra propiedad importante de la entropa es

En todos los procesos reversibles la entropa del universo permanececonstante.

9.8.4 Entropa y gases ideales

Si un sistema es un gas ideal la variacin de entropa se puede determinar si se

conoce las transformaciones y el tipo de proceso seguido por el gas siempre y cuando

el proceso sea reversible. Para ilustrar esto, consideremos un proceso isotrmico en elcual el gas es llevado desde A hasta el punto B. n este proceso la energa interna no

cambia pues es a temperatura constante. Por lo tanto de acuerdo a la primera ley de la

termodinmica dQ = dW, entonces, la variacin de entropa ser

BSB B

AA A

dQ dW S

T T

El trabajo infinitesimal en cualquier punto a lo largo de la trayectoria es

nRTdW pdV dV

V

Remplazando esta cantidad en la ecuacin anterior se obtiene

B

B

S

S ln (9.31)

B B

AA A

BA

A

nRTdV dV S nR

VT V

VS nR V


25/44


475

De igual forma se puede evaluar la variacin de entropa para un proceso a volumen

constante. En este caso el gas se lleva desde A(TA, VA) a B(TB, VA). En este proceso el

trabajo es nulo y segn la primera ley de la termodinmica dQ = dU = nCVdT.

Entonces la variacin de entropa ser

B

B

S

S ln (9.32)

B B B BV

A VA A A A

BA V

A

nC dTdQ dU dT S nC

T T T T

TS nC

T

La ecuacin (9.31) expresa el cambio de entropa para Tconstante y la ecuacin (9.32)

el cambio de entropa para V constante. En general se puede calcular el cambio de

entropa al pasar de cualquier estado de referencia (TA, VA) hasta el estado (TB , VB ).

De la primera ley de la termodinmica se tiene

V V

dVdQ dU dW nC dT pdV nC dT nRT

V

La variacin de entropa ser

B

B

S

S ln ln (9.33)

VB B B BV

AA A A A

B BA V

A A

dVnC dT nRT

nC dTdQ nRdV VST T T V

T VS nC nR

T V

Esta ecuacin demuestra que la entropa es independiente de la trayectoria seguida y

solo depende de los estados inicial y final.

9.8.5 Variacin de entropa en procesos irreversibles

La desigualdad de Clausius deducida anteriormente es una ecuacin general

vlida para bombas trmicas y maquinas trmicas y est dada por

*dQ 0 (9.34)T

En esta ecuacin la igualdad se usa cuando el proceso es reversible y la desigualdad

cuando existen procesos irreversibles. La ecuacin (9.34) se puede utilizar para

determinar los cambios de entropa en procesos irreversibles. En la figura 9.12 se

muestra un ciclo compuesto por un camino reversible y otro irreversible.


26/44


476

Figura 9.12 Ciclo que contiene una trayectoria ir reversible A-B y otra trayectoriareversibl e B-A

De acuerdo con la relacin (9.34), se tiene

0B A

A Birrev rev

dQ dQ dQ

T T T

La integral del lado derecho es la variacin de entropa SASB debido a que se evala

en una trayectoria reversible. Por tanto la ecuacin anterior se escribe

0 ( )

(9.35)

B

A BA

irrev

B

B AA

irrev

dQ dQS S

T T

dQS ST

Por lo tanto, la variacin de entropa entre dos puntos es mayor que la integral dedQ

T,

cuando el cambio es irreversible. Entonces para calcular la variacin de la entropa de

un proceso irreversible se escoge una trayectoria reversible que una dichos estados y

se determina el cambio de entropa ya que sta es una funcin de estado que depende

de los estados inicial y final nicamente

9.8.6 Entropa en la conduccin de calor.

Consideremos la transferencia de calor desde una fuente caliente a TH a otra

fra a TC. Debido a que la fuente fra recibe calor su entropa aumenta, por el contrario

la fuente caliente pierde calor entonces su entropa disminuye. El aumento de entropa

en la fuente fra es mayor que la disminucin de la entropa de la fuente caliente. Por

lo tanto la variacin de entropa ser

(9.36)C HUC H

Q QS

T T


27/44


477

9.8.7 Entropa en una expansin libre.

Consideremos un gas ideal de volumen V i encerrado en un depsito dividido

por una membrana y curas paredes son rgidas y adiabticas tal como se muestra en la

figura 9.13. Si en forma repentina se rompe la membrana el gas experimenta unaexpansin libre irreversible hasta ocupar todo el volumen del depsito V f. Es evidente

no es reversible ni cuasiesttico. El trabajo es nulo, y la transferencia de calor es nula.

Si se usa la primera ley de la termodinmica se observa que la energa interna inicial

es igual a la final. Debido a que la energa interna depende nicamente de la

temperatura se concluye que Ti = Tf.

Figura 9.13. Expansin l ibre de un gas

En principio se debe indicar que no se puede aplicar la ecuacin (9.29) ya que esta

vale solo para procesos reversibles. Adems no se puede aseverar que S = 0 a pesar

de ser un proceso adiabtico. Para evaluar la variacin de entropa asumimos que este

proceso es a temperatura constante (isotermo) entonces se tiene

1 1 1 1

ln (9.37)

revrev

f

i

dQ dVS dQ dW pdV nRT

T T T T T V

VS nR

V

Debido a que Vf > Vise concluye que S es positivo entonces la entropa aumentacomo resultado de la expansin.

9.8.8 Entropa en la transferencia irreversible de calor.

Consideremos una sustancia de masa mA, calor especfico cA a una temperatura

TA en contacto trmico con otra sustancia de masa mB, calor especfico cB a una

temperatura TB siendo TA > TB. Las dos sustancias se encuentran en un depsito

aislante de tal manera que no existe transferencia de calor con el entorno y se permite

de esta manera que alcancen el equilibrio trmico.

Para determinar la variacin de entropa se determina primero la temperatura de

equilibrio utilizando un balance energtico. Esto es


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478

ganadoQ

perdido

A A A B B B

A A E A B B E B

A A A B B BE

A A B B

Q

m c T m c T

m c T T m c T T

m c T m c T T

m c m c

De hecho este proceso es irreversible. Por lo tanto para evaluar la variacin de entropa

se asume que la sustancia B experimenta una serie de procesos infinitesimales de tal

manera que lentamente se lleva hasta la temperatura de equilibrio de igual forma se

procede con la sustancia A, de tal manera que esta secuencia es un proceso reversible.

Entonces

ln ln

E E

A B

T TA B A A B B

A B T T

E EA A B B

A A

dQ dQ m c dT m c dT S

T T T T T T

S m c m cT T

Al remplazar el valor de TE en la variacin de la entropa se obtiene que un trmino es

positivo y el otro negativo siendo el trmino positivo mayor que el negativo en

conclusin se obtiene

En un proceso irreversible la entropa del universo aumenta.


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479

Problemas resueltos sobre la segunda leyde la termodinmica.

Problema 01

Una mquina trmica absorbe 360 J de calor yrealiza un trabajo de 25 J en cada ciclo. Determine:

(a) la eficiencia de la mquina; (b) el calor liberado

en cada ciclo.

Solucin

En la figura se muestra un esquema de la mquina

Parte (a)La eficiencia de la mquina es

25

0,069360

6,9%

H

W J

Q J

Parte (b)Calor liberado. Del diagrama se observaque

360 25

335

H C

C

C

Q W Q

J J Q

Q J

Problema 02

Una mquina trmica realiza 200 J de trabajo en

cada ciclo y tiene una eficiencia de 30%. Para cada

ciclo de operacin, determine: (a) el calor absorbido

y (b) el calor que se libera.

Solucin

Parte (a)Calor absorbido. De la definicin deeficiencia se tiene

2000,3

667

H

H

H

W

Q

J

QQ J

Parte (b) Calor liberado. Del diagrama de lamquina se tiene.

667 200

467

H C

C

C

Q W Q

J J Q

Q J

Problema 03

Un refrigerador tiene un coeficiente de operacin

de igual a 5. Si el refrigerador absorbe 120 J de

calor de una fuente fra en cada ciclo. Determine:

(a) el trabajo hecho en cada ciclo y (b) el calor

transferido hacia la fuente caliente.

Solucin

En la figura se muestra el diagrama del refrigerador

Parte (a)Trabajo hecho en cada ciclo

1205

24

CQ J

W W

W J

Parte (b)Calor transferido a la caliente

120 24144

C H

H

H

Q W Q

J J QQ J


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480

Problema 04

Cierta mquina tiene una potencia de salida de 5

kW y una eficiencia de 25%. Si la mquina libera

8000J de calor en cada ciclo. Determine: (a) el calor

absorbido en cada ciclo; (b) el tiempo para cadaciclo.

Solucin


Parte (a)Del diagrama se tiene

(1)

H C

H C

Q W Q

W Q Q

De la definicin de eficiencia se tiene

8000

1 1 0,25

10667

H C

H H

CH

H

Q QW

Q Q

Q JQ

Q J

Parte (b)Tiempo para cada ciclo. Primero sedetermina el trabajo

0,25 10667

2667 (2)

H

H

WW Q

Q

W J

W J

De la definicin de potencia

26675000

0,53

W JP W

t t

t s

Problema 05

En cada ciclo de su operacin, cierto refrigerador

absorbe 100 J de la fuente fra y libera 130 J. (a)

Cul es la potencia requerida para operar el

refrigerador si trabaja a 60 ciclos/s?. (b) Cul es elcoeficiente de operacin del refrigerador?.

Solucin

En la figura se muestra el diagrama del refrigerador

Del diagrama se determina el trabajo

130 100

30

H CQ W Q

J W J

W J

Se procede a determinar el tiempo de un ciclo

1 1

10,016

60

f TT f

t T s

Parte (a)Clculo de la potencia

30

0,016

1,8

W JP

t s

P kW

Parte (b)Clculo del coeficiente de operacin

100

30

3,33

CQ J

W J


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481

Problema 06

Una mquina absorbe 1600 J de una fuente caliente

y libera 1000 J a la fuente fra en cada ciclo. (a)

Cul es la eficiencia de la mquina?. (b) Cunto

trabajo se hace en cada ciclo?. (c) Cul es lapotencia de salida de la mquina si cada ciclo dura

0,3 s?.

Solucin


Parte (b)En primer lugar se determina el trabajo

1600 1000

600

H CQ W Q

J W J

W J

Parte (a)Clculo de la eficiencia

600

1600

37,5%

H

W J

Q J

Parte (c) Potencia de la mquina

600

0,3

2

W JJPt s

P kW

Problema 07

Una mquina trmica opera entre dos fuentes a

temperaturas de 20C y 300C. Cul es la mxima

eficiencia posible para esta mquina?.

Solucin


De acuerdo a la segunda ley de la termodinmica

Ninguna mquina puede ser ms eficiente que una

mquina de Carnot. Por tanto se tiene

2931 1

573

49%

C

H

T K

T K

Problema 08

La eficiencia de una mquina de Carnot es de 30%.

La mquina absorbe 800 J de calor por cada ciclo

de una fuente caliente a 500 K. determine: (a) el

calor liberado por ciclo y (b) la temperatura de la

fuente fra.

Solucin

Parte (b)clculo de la temperatura de la fuente fra

1 0,3 1500

350

C C

H

C

T T

T K

T K

Parte (a)Clculo del calor liberado

350

800 500

560

C CC

H H

C

Q QT K

Q T J K

Q J

Problema 09

Una mquina de Carnot tiene una potencia de salida

de 150 kW. La mquina opera entre dos fuentes a

20C y 500C. (a) Cunta energa calorfica seabsorbe por hora?. (b) Cunta energa calorfica se

pierde por hora?.


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482

Solucin

La eficiencia de la mquina ser

293

1 1 773

62%

C

H

C

T

T K

T

El trabajo por ciclo ser

6

150000 3600

540.10

W Pt Watts s

W J

Parte (a) Energa trmica absorbida

6

6

540.100,62

870.10

H H

H

W J

Q Q

Q J

Parte (b)Energa trmica perdida

6 6

6

870.10 540.10

330.10

H C

C

C

Q W Q

J J Q

Q J

Problema 10

Se ha propuesto una planta de potencia que hagauso del gradiente de temperatura en el ocano. El

sistema se dise para operar entre 20C

(temperatura de la superficie del agua) y 5C

(temperatura del agua a una profundidad de casi 1

km). (a) Cul es la mxima eficiencia de dicho

sistema. (b) si la potencia de salida de la planta es

de 7,5 MW, cunta energa trmica se absorbe por

hora?. (c) en vista de los resultados del inciso (a),

piensa que se deba tomar en cuenta dicho

sistema?.

Solucin

Parte (a)La mxima eficiencia es la de la mquinade Carnot.

2781 1

293

5%

C

H

C

T K

T K

T

Parte (b)Energa trmica absorbida.

En primer lugar se determina el trabajo

6

9

7,5.10 /3600

27.10

W WP J s

t s

W J

La energa trmica absorbida es

9

9

27.100,05

540.10

H H

H

W J

Q Q

Q J

Parte (c)Por ser la eficiencia muy pequea sedescarta esta posibilidad

Problema 11

Una mquina trmica opera en un ciclo de Carnot

entre 80C y 350C. Absorbe 2.104

J de calor de la

fuente caliente por ciclo. Cada ciclo dura 1 s. (a)

Cul es la mxima potencia de salida de esta

mquina?. (b) Cunto calor libera en cada ciclo?.

Solucin

Parte (a)Mxima potencia de salida

Primero se determina la eficiencia

3531 1623

43%

C

H

T KT K

El trabajo de salida ser

40,43

2.10

8600

H

W W

Q J

W J

La potencia de salida ser

8600

1

8,6

W JP

t s

P kW

Parte (b)Calor liberado en cada ciclo

42.10 8600

11400

H C

C

C

Q W Q

J J Q

Q J


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483

Problema 12

Una de las mquinas ms eficientes que se han

construido opera entre 430C y 1870C. Su

eficiencia actual es 42%. (a) Cul es su eficiencia

terica?. (b) Cul es su potencia de salida siabsorbe 1,4.10

5J de calor cada segundo?.

Solucin

Parte (a)La eficiencia erica de esta mquina es lacorrespondiente a la mquina de Carnot

7031 1

2143

67%

C

H

T K

T K

Parte (b)Potencia de salida

En primer lugar se determina el trabajo desarrollado

por la mquina

5

5

0,421,4.10

0,588.10

acual

H

W W

Q J

W J

La potencia ser

50,588.10

1

58,8

W J

P t s

P kW

Problema 13

Una planta generadora de electricidad tiene una

potencia de salida de 500MW. La planta usa vapora 200C y agua de salida a 40C. Si el sistema

opera con la mitad de la mxima eficiencia

(Carnot). (a) A qu rapidez se libera calor al medio

ambiente?. (b) Si el calor desperdiciado va a un riocon una rapidez de flujo de 1,2.10

6kg/s, cul es el

aumento en la temperatura del ro?.

Solucin

Parte (a)rapidez del calor liberado

En primer lugar se determina la eficiencia terica

(mquina de Carnot)

3131 1

473

34%

C

H

T K

T K

Como la planta funciona a la mitad de la eficiencia

de la mquina de Carnot, se tiene

1 1

34%

2 217%

planta Carnot

planta

El calor absorbido es

6

6

500.10 / 1.0,17

2941.10

planta

H H H

H

J s sW P t

Q Q Q

Q J

El calor liberado ser

6 6

6

2941.10 500.10

2441.10

H C

C

C

Q W Q

J J Q

Q J

Rapidez de flujo de calor es

662441.10 2441.10 /

1

CQ J

H J st s

Parte (b)Aumento de temperatura del rio

,

6 62441.10 1,2.10 4190 /

0,49

C e wQ mc T

J kg J kg C T

T C

Problema 14

Un aparato de aire acondicionado absorbe calor de

su embobinado de enfriamiento a 13C y libera

calor al exterior a 30C. (a) Cul es el mximocoeficiente de operacin del aparato?. (b) Si el

coeficiente de operacin actual es de la tercera parte

del valor mximo y si el aparato remueve 8.104

J de

energa calorfica cada segundo, qu potencia debe

desarrollar su motor?.

Solucin

Parte (a)El mximo coeficiente de operacin delequipo corresponde al refrigerador de Carnot


34/44


484

1

286

303 28617

C C H

carnot

H C C H

Ccarnot

H C

carnot

Q Q Q

Q Q Q Q

T K

T T K K

Parte (b)Clculo de la potencia del motor

Se sabe del enunciado que

1 17

3 3

5,7

actual carnot

actual

Por definicin de coeficiente de operacin

4

4

8.105,7

1,4.10

Cactual

Q J

W W

W J

La potencia del motor ser

41,4.10

114

W JP

t sP kW

Problema 15

Una bomba de calor impulsada por un motor

elctrico absorbe calor del exterior a 5C y libera

calor en el interior en forma de aire caliente a 40C.

(a) Cul es el mximo coeficiente de operacin dela bomba de calor?. (b) Si el coeficiente de

operacin actual es 3,2 Qu fraccin del trabajo

terico mximo (energa elctrica) se realiza?.

Solucin

Parte (a)El mximo coeficiente de operacin es

278

313 278

7,94

C

H C

T K

T T K K

Parte (b)Fraccin de trabajo terico

Cuando el coeficiente de operacin es 3,2 entoncestenemos

7,94

7,94

3,2

3,2

3, 2 7,94

2,48

C

Teorico

C Terico

C

operacin

operacin

C operacin

operacin Terico

operacin Terico

Q

W

Q W

Q

W

Q W

W W

W W

Problema 16

Una mquina que utiliza 1 mol de un gas idealmonoatmico, efecta un ciclo que consta de tres

etapas: (1) una expansin adiabtica desde una

presin inicial de 2,64 atm y un volumen de 10 L

hasta una presin final de 1 atm y un volumen de

20 L, (2) una compresin a presin constante hasta

su volumen original de 10 L, y (3) calentamiento a

volumen constante hasta su presin original de 2,64

atm. Determine el rendimiento del ciclo.

Solucin

En la figura se muestra el ciclo realizado por la

mquina

Clculo de la temperatura T1

1 1 1

5 2 3 3

1

1

2,64(1,013.10 / ) 10.10 1(8,315 / . )

322

p V nRT

N m m J mol K T

T K

Se determina la temperatura en el punto 2

2 2 2

5 2 3 3

1

2

1(1,013.10 / ) 20.10 1(8,315 / . )244

p V nRT

N m m J mol K TT K


35/44


485

La temperatura en el punto 3 es

3 3 3

5 2 3 3

1

3

1(1,013.10 / ) 10.10 1(8,315 / . )

122

p V nRT

N m m J mol K T

T K

Transferencia de calor y trabajo

Proceso adiabtico1 2 0Q

1 1 2 21 2

5 2 3 3

1 2

1 2

2,64 (10 ) 1 (20 )

1 1,4 1

16 . 16(1,013.10 / )(10 )1621

p V p V at l at lW

W atm l N m mW J

Proceso isobrico

2 3 3 2 3 2

2 3

2 3 2 3 2

5 2 3 3

2 3

7

2

7(8,315 / .1 122 244

2

3551 (Calor cedido)

1 10 20

10 . 10(1,013.10 / )(10 )

1013

PQ nC T T n R T T

J mol Kmol K K

Q J

W p V V atm l l

atm l N m m

W J

Proceso iscoro

3 1 3 2 1 3

3 1

5

2

5 8,315 /1 322 122

2

4158 (Calor absorbido)

PQ nC T T n R T T

J molKmol K K

Q J

3 1 0W

El trabajo neto ser

1 2 2 3 3 1

1621 1013 0608

neto

neto

W W W W

J JW J

El rendimiento del ciclo ser

608

4158

14,6%

neto

absorbido

W J

Q J

Problema 17

Se dispone de gas helio ( = 1,67) a una

temperatura inicial de 16 atm, que ocupa unvolumen 1 L y cuya temperatura es de 600 K. Se

expansiona isotrmicamente hasta que su volumen

es de 4 L y luego se comprime a presin constante

hasta que su volumen y temperatura son tales que

una compresin adiabtica devuelve al gas a su

estado original. (a) Dibujar el ciclo en un diagramap-V. Determine: (b) el volumen y la temperatura

despus de una compresin isobrica, (c) el trabajo

realizado durante el ciclo, y (d) el rendimiento del

ciclo.

Solucin

Parte (a)Diagrama p-V

Parte (b)Clculo del volumen y la temperatura en

3

Primero se determina la presin en 2

1 1 2 2

2

2

16 1 4

4

p V p V

atm l p l

p atm

Como el proceso 23 es isobrico

3 2 4p p atm

Se determina ahora el volumen V3


36/44


486

3 3 32 2 2

3 2 3 2

3 3

33 2 3

2

4.10

600

p V Vp V V

T T T T

T mV V T

T K

El proceso 31 es adiabtico por tanto se cumple

1 1

1 1 3 3

1,67 13 3

1, 67 13 3

3 3

0,67

1,67

3

3

4.10600 1.10

600

4600

600

344

TV T V

mK m T T

K

T

T K

El volumen V3 ser

3 3

3

3 3

3

4.10344

600

2,29.10

mV K

K

V m

Parte (c)El trabajo realizado durante el ciclo

Proceso isotrmico2

1 2 1 1

1

3

1 2

ln

416(101300)(10 ) ln

1

2247

VW p V

V

W J

Proceso isobrico

2 3 2 3 2

3 3

2 3

( )4(101300) 2, 29.10 4.10

693

W p V V

W J

Proceso adiabtico

3 3 1 13 1

3 3

3 1

1

4(101300) 2,29.10 16(101300)(10 )

1,67 11034

p V p VW

W J

Trabajo neto1 2 2 3 3 1

2247 693 1034

520

neto

neto

W W W W

W J

Parte (d)Rendimiento de la mquina. Para esto sedetermina el calor absorbido. Del diagrama se

observa que el calor se absorbe en el proceso

isotrmico

1 2 1 2 2247Q W J

Entonces el rendimiento ser

1 2

520

2247

23%

netoW

Q

Problemas resueltos sobre entropa.

Problema 01

Un kilogramo de agua a temperatura de 280 K semezclan con 2 kg de agua a 310 K en un recipiente

aislado trmicamente. Determine el cambio en la

entropa del Universo.

Solucin

En primer lugar se determina la temperatura de

equilibrio

1 2

1 2

0

' 0

' 0

1 280 2 310 0

300

Ganado perdido

w w

E E

E

Q Q

m c T m c T

m T m T

kg T K kg T K

T K

Se determina ahora la variacin de entropa del

agua que estuvo a T1= 280K

1

11 1

1

1

1

( )

ln

3001 4186 / . ln280

( ) 289 /

ETww

T

Ew

m c d T dQ dT S m c

T T T

Tm c

T

kg J kg K

S J K


37/44


487

La variacin de entropa del agua que estuvo a T2 =

310 K ser

2

22 2

2

2

2

( )

ln

3002 4186 / . ln

310

( ) 275 /

ETww

T

Ew

m c dTdQ dT S m c

T T TT

m cT

kg J kg K

S J K

La variacin de entropa del Universo ser

1 2( ) ( )

289 / 275, /

14 /

Universo

Universo

S S S

J K J K

S J K

Problema 02

Una masa m de lquido a temperatura T 1 se mezcla

con una igual cantidad del mismo lquido atemperatura T2 en un recipiente aislado

trmicamente. Demuestre que el cambio de entropa

del universo es

1 2

1 2

2 ln2

U P

T TS mc

T T

Pruebe adems que es necesariamente positivo

Solucin

Datos e incgnitas

1 1 2 2; ; ;m m T m m T

Se determina la temperatura de equilibrio

1 2

1 2

1 2

1 2

0

' 0

' 0

0

(1)2

Ganado perdido

w w

E E

E

Q Q

m c T m c T

m T m T

m T T m T T

T TT

Variacin de entropa de la masa de agua atemperatura T1

1

11 1

1

1

( )

( ) ln (2)

ETPP

T

EP

mc d TdQ dT S m c

T T T

TS mc

T

Variacin de entropa de la masa de agua a

temperatura T2

1

22 2

2

2

( )

( ) ln (3)

ETPP

T

EP

m c dTdQ dT S m c

T T T

TS mc

T

Variacin de entropa del universo

1 2

1 2

2

1 2

( ) ( )

ln ln

ln (4)

Universo

E EP P

EUniverso P

S S S

T Tmc mc

T T

TS mc

T T

Remplazando la ecuacin (1) en (4) resulta

2

1 22

1 2

1 2 1 2

2

1 2

1 2

1 2

1 2

2ln ln

4

ln2

2 ln2

Universo P P

P

Universo P

T T

T TS mc mc

TT TT

T Tmc

TT

T TS mc

T T

La entropa ser positiva si

1 2 1 2

1 2 1 2

ln 0 o si 12 2

T T T T

T T T T

O tambin

1 2 1 22T T TT

Esto quiere decir que la variacin de entropa del

universo ser positiva si

1 21 2>

2E T TT T T


38/44


488

Problema 03

Un kilogramo de agua a 0C se coloca en contacto

con una fuente trmica a 100C. Cuando el agua

alcance los 100C, determine el cambio de entropa

del Universo.

Solucin

Datos e incgnitas

1 11 ; 273 ; 373

???

foco

U

m kg T K T K

S

Variacin de entropa del agua

11 1

1ln

3731 (4186 / . ln

273

1306, 5 /

FT F

a P PT

a

TdT

S m c m cT T

kg J kg K

S J K

Variacin de entropa de la fuente trmica. Lafuente cede una cantidad de calor equivalente a la

que gana el agua para llevarlo hasta los 100C

1 1 1(4186) 373 273

418600

P FQ m c T T

Q J

La variacin de entropa de la fuente ser

418600

373

1122,3 /

F

F

F

Q JS

T K

S J K

Entonces la variacin de entropa del universo ser

1306,5 / 1122,3 /

184, 2 /

U a F

U

S S S J K J K

S J K

Problema 04

Hallar la variacin que experimenta la entropa altransformarse 30 g de hielo a -10C en vapor a

100C.

Solucin

Datos e incgnitas

1 ,

5

2 3

6

2,

30 ; 263 ; 2100 / . ;

273 ; 373 ; 3,35.10 / ;

4190 / . ; 2,26.10 / ;

???

h e h

f

w V

m g T K c J kg K

T K T K L J kg

c J kg K L J kg

S

Variacin de entropa para llevar el hielo de -10C

a hielo a 0C

2

1

,

1 ,

2,

1

1

273ln 0,03 2100 ln

263

2,35 / (1)

Th e h

h e hT

h e h

m c dT dQ dT S m c

T T T

Tm c

T

S J K

Variacin de entropa para la fusin del hielo. Si la

fusin se realiza lentamente entonces se cumple que

52

2 2

2

0,03 3,35.10

273

36,81 / (2)

f h fQ m LS

T T

S J K

Variacin de entropa para llevar el agua de 0C a100C

3

2

,

3 ,

3,

2

3

373ln 0,03 4190 ln

273

39, 23 / (3)

Tw e w

w e wT

w e w

m c dT dQ dT S m c

T T T

Tm c

T

S J K

Variacin de entropa para vaporizar el agua

64

3 3

4

0,03 2,26.10

373

181,76 / (4)

V v VQ m L

ST T

S J K

La variacin de entropa total ser

t 1 2 3 4

t

S

2, 35 36, 81 39, 23 181, 76S 260 /

S S S S

J K


39/44


489

Problema 05

Hallar la variacin de entropa cuando 8 g de

oxigeno que ocupaban un volumen de 10 L a la

temperatura de 80C pasan a ocupar un volumen de

40 L a la temperatura de 300C.

Solucin

Datos e incgnitas

3 3

1 1

3 3

2

8 ; 10.10 ; 353 ;

40.10 ; 1,4; ???

m g V m T K

V m S

La variacin de la entropa se expresa por

(1)dT

ST


(2)

V

V

dQ dU dW nC dT pdV

dVdQ nC dT nRT

V

Remplazando (2) en (1)

2 2

1 1

2 2

1 1

ln n

8 573 4021,1ln 8,31ln

32 353 10

5,44 /

T V

V

T V

V

dT dV S nC nR

T VT Vm m

C RlM T M V

S J K

Problema 06

6,6 g de hidrgeno se expanden por va isobrica

hasta duplicar su volumen. Determine la variacin

que experimenta la entropa al producirse la

expansin.

Solucin

Datos e incgnitas.

26,6 ; 2 / ; ; 2

1,41; ??

H i f

h

m g M g mol V V V V

S


(1)

V

V

dQ dU dW nC dT pdV

dVdQ nC dT nRT

V

La variacin de entropa se expresa

(2)HdQ

ST

Remplazando (1) en (2), nos da

.

ln ln (3)

f f

i i

VH

T V

VT V

f f

H V

i i

nC dT nRTdVS

T V T

dT dV nC nR

T V

T VS nC nR

T V

Para un proceso isobrico se cumple

(4)f f f fi i

i f i i

p V T Vp V

T T T V

Remplazando (4) en (3) resulta

H

H

S ln

6,6 228,8 / . ln

2 /

S 65,87 / Rta

fHP

H i

Vm CM V

g VJ mol K

g mol V

J K

Problema 07

10,5 g de nitrgeno se expanden isotrmicamente

desde el volumen V1 = 2 L hasta el volumen V2 = 5L. Hallar el aumento de entropa correspondiente a

esta transformacin

Solucin

Datos e incgnitas

2 1 210,5 ; 28 / ; 2 ; 5

1,40; ??

N

h

m g M g mol V l V l

S



40/44


490

0

(1)

V

dQ dU dW

nC dT pdV pdV

dVdQ nRT

V


(2)HdQ

ST

Remplazando (1) en (2), nos da

2

21

2

2 2

1 1

N

ln ln

10,5 58.315 / . ln

28 / 2

S 2,96 / Rta

V

NV

H

H

nRdV dV S nR

V V

V m VnR RV M V

g lJ mol K

g mol l

J K

Problema 08

Hallar, calculando para un mol, el incremento de

entropa del gas carbnico con el incremento de sutemperatura absoluta en = 2 veces, si el proceso

de calentamiento es: (a) iscoro; (b) isobrico.

Considere el gas como perfecto

Solucin

Datos e incgnitas

1 21 ; ;

1,3;( ) ;( ) ; ??

n mol T T T T

a iscoro b isobrico S

Parte (a)Proceso iscoro (volumen constante)


0

(1)

V

V

dQ dU dW

nC dT

dQ nC dT


(2)dQ

ST

Remplazando (1) en (2) nos da

2

1

2

1

ln ln

ln (3)

TV

VT

V V

V

nC dT dTS nC

T T

T TnC nC

T TS nC

La capacidad calorfica mola a volumen constante

se puede escribir

(4)

(5)

(6)1

P V

PP V

V

V V

V

C C R

CC C

C

C C R

RC

Al remplazar (6) en (3) se tiene

ln1

nRS

Remplazando valores del enunciado

1 8,315 / .ln 2

1,3 119 /

mol J mol K S

S J K

Parte (b)Proceso isobrico

De la primera ley de la termodinmica

(1)

V

V

dQ dU dW

nC dT pdV

dQ nC dT nRTdV

La variacn de entropa es

(2)dQ

ST


2 2

1 1

.

ln ln (3)

V

V

nC dT nRTdVS

T T V

T VS nC nR

T V

Como el proceso es a presin constante


41/44


491

1 1 2 2 2 2

1 2 1 1

(4)p V p V V T

T T V T


2 2

1 1

2

1

ln +nRln

ln ln1

ln (5)1

V

V

T TS nC

T T

T R Tn C R n R

T T

nRS

Al sustituir los valores del enunciado tenemos

1 8,315 / . 1,3 ln 21,3 125 /

mol J mol K S

S J K

Problema 09

En cuntas veces es necesario aumentar

isotrmicamente el volumen de n = 4 moles de gas

perfecto, para que su entropa experimente un

incremento S = 23 J/K?.

Solucin


0dQ dU dW pdV

dVdQ nRT

V


2 2

1 1

2

1

.

ln ln

ln

V V

V V

S

nR

dQ nRTdV dV S nR

T V T V V kV

S nR nRV V

S nR k

k e

Remplazando valores tenemos

23

4 8,315 0,692

2

k e e

k

Problema 10

Dos moles de un gas perfecto se enfriaron

isocoramente, y luego se expandieron isobricaente

de modo que la temperatura lleg a ser igual a la

inicial. Determine el incremento de entropa del gassi su presin vari = 3,3 veces en dicho proceso

Solucin

Variacin de entropa para el proceso isobrico

1

21

1

0

lnV

dQ dU pdV dU S

T T T

TS nC

T

De la ley de gases ideales

1 1 2 2 2 2

1 2 1 1

p V p V p T

T T p T

Entonces la ecuacin anterior se escribe

21

1

lnVp

S nCp

Variacin de entropa para el proceso isobrico

2

3 32

2 2

ln ln

V

V

nC dTdQ dU pdV nRdV S

T T T V

T VS nC nR

T V

Para los gases ideales en un proceso isobrico

3 3 3 32 2

3 2 2 2

p V V Tp V

T T V T

Entonces se tiene

3 3 322 2 2

1 2

2 1

22

1

ln ln ln

ln ln

ln

V V

P P

P

T T TS nC nR n C R

T T T

T TnC nC

T T

pS nC

p

La variacin de entropa para todo el proceso ser


42/44


492

2 21 2

1 1

1

2

ln ln

( ) ln ln

ln

V P

p V

p pS S S nC nC

p p

p pn C C nR

p p

S nR

Remplazando valores se tiene

2 (8,315 / ) ln(3,3)

19,85 /

S mol J molK

S J K

Problema 11

El helio de masa m = 1,7 g se expandi

adiabticamente en = 3 veces y luego se

comprimi isobricamente hasta alcanzar su

volumen inicial. Halle el incremento de entropa del

gas durante este proceso.

Solucin

En la figura se muestra el proceso en un diagrama

p-V


0adiabtico isobrico isobricoS S S S

3 3

2 2

ln lnV

dQ dU pdW S

T T

T VS nC nR

T V

Para los gases ideales se cumple

3 3 3 32 2

3 2 2 2

p V V Tp V

T T V T

Remplazando en la ecuacin anterior se tiene

3 3 3

2 2 2

3

2

ln ln ln

ln ln1 1

( ) ln1

V V

V V VS nC nR n C R

V V V

VR nR Vn RV V

n RS

M

Remplazando valores s tiene

1,7 1,67(8,315ln3

4 1,67 1

9,67 /

S

S J k


43/44


493

Problemas Propuestos

1. Una mquina absorbe absorbe 400 J de calor yrealiza un trabajo de 120 J en cada ciclo.

Determine: (a) el calor absorbido en cada ciclo;

(b) el rendimiento de la mquina.

2. Una mquina con una produccin de potenciade 200 W tiene un rendimiento de 30%.

Trabaja a 10 ciclos/s. (a) Cunto trabajo se

realiza en cada ciclo?. (b) Cunto calor se

absorbe y se elimina en cada ciclo?.

3. Un refrigerador absorbe 5 kJ de energa de unfoco fro y cede 8 kJ a un foco caliente. Cul

es el coeficiente de eficiencia del refrigerador?.

(b) El refrigerador es reversible y funciona

como una mquina calorfica entre los dos

mismos focos. Cul es su rendimiento?.

4. Una mquina de Carnot trabaja entre dos focostrmicos a temperaturas TH = 300 K y TC = 200

K. (a) Cul es el rendimiento? (b) Si absorbe100 J del foco caliente durante cada ciclo.

Cunto trabajo realiza? (c) Cunto calor cede

durante cada ciclo? (d) Cul es el coeficiente

de eficacia cuando la mquina trabaja como un

refrigerador entre estos dos mismos focos?.

5. Un refrigerador trabaja entre una temperaturainferior de 0C y una temperatura ambiente de

de 20C. Cul es el mayor coeficiente deeficacia posible? (b) Si el refrigerador se enfra

a 10C Cul es el mayor coeficiente de

eficacia posible suponiendo la misma

temperatura ambiente?.

6. Un motor tiene un rendimiento del segundoprincipio de 85%. En cada ciclo, extrae 200 kJ

de un foco caliente a 500 K y elimina calor aun foco fro a 200 K. Cul es el rendimiento

de este motor? Cunto trabajo realiza en cada

ciclo? (c) Cunto calor se elimina en cada

ciclo?.

7. Una mquina opera en un ciclo entre lastemperaturas T1 = 180C y T2 = 100C y emite

20 kJ de calor cada ciclo mientras realiza un

trabajo de 1,5 kJ por cada ciclo. Compare la

eficiencia actual de la mquina con la de una

mquina reversible que opera entre las mismas

temperaturas.

8. Cul es la mnima cantidad de trabajo que sedebe hacer para extraer 400 J de calor de un

objeto con una gran masa a 0C mientras que

se libera calor a una fuente caliente a 20C?.

9. Un mol de un gas monoatmico ideal se lleva atravs del ciclo de la figura. E proceso AB es

una expansin isotrmica reversible. Calcule:

(a) el trabajo neto realizado por el gas, (b) el

calor agregado al gas, (c) el calor liberado por

el gas y (d) la eficiencia del ciclo.

10. Una mquina que utiliza 1 mol de un gas idealinicialmente a V1 = 24,6 L y T = 400 K trabaja

en un ciclo consistente en cuatro etapas: (1)

expansin isotrmica a T = 400 K hasta dos

veces su volumen, (2) Enfriamiento hasta T =

300 K a volumen constante, (3) compresin

isotrmica hasta su volumen original, y (4)

calentamiento a volumen constante hasta su

temperatura original 400 K. Suponga que CV =21 J/mol K. Dibujar el ciclo y calcular el

rendimiento del ciclo.

11. El hidrgeno efecta un ciclo de Carnot. Hallarel rendimiento del ciclo, si durante la

expansin adiabtica: (a) el volumen del gasaument en = 2 veces; (b) la presin

disminuye en = 2 veces.

12. A una mquina trmica que trabaja por el ciclode Canot con un rendimiento de = 10% se le

utiliza con aquellos mismos depsitos que unrefrigerador. Determine el coeficiente de

eficacia del refrigerador .

13. Determinar el rendimiento de un cicl queconsta de dos isocoras y de dos adiabticas, sien el lmite del ciclo el volumen del ga perfecto

vara = 10 veces. La sustancia de trabajo

utilizada es el nitrgeno.

14. Determine el rendimiento de un ciclo que secompone de dos isbaras y de dos adiabticas,

si en los lmites del ciclo la presin vara veces. La sustancia de trabajo utilizada es un

gas perfecto cuyo exponente adiabtico es .

15. Un gas ideal cuyo exponente adiabtico es realiza un ciclo que se compone de dos

isocoras y de dos isbaras. Determine elrendimiento del ciclo, si la temperatura del gas

crece K veces tanto durante el calentamiento

iscoro como durante la expansin isobrica.


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16. Un gas perfecto efecta un ciclo que secompone de: (a) una isocora, una adiabtica y

una isoterma; (b) una isbara, una adiabtica y

una isoterma; con la particularidad de que el

proceso isotrmico tiene lugar a la temperatura

mnima del ciclo. Determine el rendimiento delciclo, si la temperatura absoluta en su lmites

vara K veces.

17. Determine el rendimiento del ciclo que secompone de dos isocoras y dos isotermas, si

durante ste el volumen vara veces, y la

temperatura absoluta, veces. La sustancia de

trabajo es un gas ideal cuyo exponente

adiabtico es .

18. Hallar el incremento de entropacorrespondiente a la transformacin de 10 g de

agua a 0C en vapor recalentado a 110C.

19. Hallar la variacin de entropa que se observacuando 8 g de hidrgeno que ocupaban un

volumen de 25 L a la presin de 1,5.105

N/m2

pasan a ocupar 65 L a la presin de 1,5.105

N/m2.

20. Hallar la variacin de entropa correspondientea la expansin isobrica de 8 g de helio desde

el volumen V1 = 12 L hasta un volumen de 25

L.

21. Die gramos de oxigeno se calientan desde 50Chasta 150C. Determine la variacin de

entropa si el calentamiento es ( a) isocoro, (b)

isobrico.

22. Despus de haber sido calentados 22 g denitrgeno su temperatura absoluta amento en K

= 2,2 veces y la entropa en = 4,19 J/K. En

qu condiciones se llevo a cabo el

calentamiento?.

23. Un sistema absorbe 200 J de calorreversiblemente de un foco a 300 K y cede 100

J reversiblemente a un foco a 200 K, mientrasse desplaza del estado A al estado B, Durante

este proceso el sistema realiza un trabajo de 50

J . (a) Cul es la variacin de energa internadel sistema?. (b) Cul es la variacin de

entropa del sistema?. (c) Cul es la variacn

de entropa del universo?. (d) S el sistema

evoluciona del estado A a B segn un proceso

no reversible, Cul sera la respuesta a laspartes (a), (b) y (c)?.

24. Un trozo de 100 g de hielo a 0C se ha

variacin de entropa del universo para ste

proceso.

25. Calcular la variacin de entropa del universocuando se introducen, 10 g de vapor a 100 C y

1 atm de presin e un calormetro de capacidadcalorfica despreciable que contiene 150 g de

agua y 150 g de hielo a 0C.

26. Un mol de un gas ideal sufre en primer lugaruna expansin libre desde V1 = 12,3 L y T1 =

300 K a V2 = 24,6 L y T2 = 300 K. Luego se

comprime isotrmica y cuasiestticamente

volviendo a su estado original. (a) Cul es la

variacin de entropa del universo en el ciclo

completo?. (b) Cunto trabajo se desperdicia

en ste ciclo?. (c) demostrar que ste ltimo es

TS.

CAPITULO IXtermodinamica

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